Date post: | 08-Dec-2014 |
Category: |
Documents |
Upload: | paolo-cuello-penaloza |
View: | 111 times |
Download: | 1 times |
TRABAJO INDEPENDIENTE
1 -) Construya una curva de valoración teórica para la titulación de 25 ml de acido acético 0.10
N (Ka= 1.8x10-5) con NaOH 0.05 N.
Lo primero que se debe establecer es que el pH puede ser calculado de diversas maneras, las
dos formas más comunes cuando se conocen las concentraciones de iones H+ (o H3O+) y OH- se
tiene que:
pH = -Log[H+] = -Log[H3O+]
pH = 14 - pOH = 14 - (-Log [OH-])
El PH antes de la disolución antes de comenzar se calcula de la siguiente forma ya que este es
el PH de la concentración de acido acético porque en este caso el volumen agregado de NaOH
es cero:
pH=- log [√Ka CHOAc ] =- log [√1.8x10 -5(0.05) ]
pH=- log [ 9.4868x10 -4 ] =3.023
Al agregar cantidades de NaOH inferiores a la necesaria para alcanzar el punto de equivalencia
calculamos la concentración de acido acético y del acetato de sodio de la siguiente forma:
cacido acetico = ( Vacido acetico * Cacido acetico )- (VNaOH añadidos *CNaOH)
V acido acetico+ VNaOH
cacido acetico = (25mL*0.1M )-(5mL*0.05M) 25mL+5mL
=0.075M
cacetato de sodio= ( VNaOH añadidos*CNaOH)
V acido acetico+ VNaOH
cacetato de sodio= (5mL*0.05M) 25mL+5mL
=0.0083M
Ka=[ H3O+ ] (0.0083M )0.075M
= 1.8x1 0-5 M
[H3 O+] = (1.8x1 0 -5 M) (0.075M )0.0083M
=1.62x10-4 M
pH=-log [1.62x1 0-4 ]=3.79
Cabe destacar que en el punto de semiequivalencia (𝛼=0.5 para ambas especies) el pH es igual
al pKa=-Log1.8x1 0-5=4.74 y ocurre cuando se añaden milimoles de NaOH igual a la mitad de
milimoles del ácido acético, sería entonces cuando:
25mLx0.1M2
= ( VNaOH )0.05M
VNaOH=25mLx0.1M2(0.05M)
=25mL
Ahora bien, el procedimiento descrito para determinar las concentraciones de ácido acético y
la de acetato de sodio para determinar la concentración de hidrogeniones se sigue empleando
hasta llegar al punto de equivalencia, en el cual los milimoles del ácido y la base son iguales:
25mLx0.1M= ( VNaOH )0.05M
VNaOH=25mLx0.1M(0.05M)
=50mL
cacido acetico = ( Vacido acetico * Cacido acetico )- (VNaOH añadidos *CNaOH)
V acido acetico+ VNaOH
cacido acetico = (25mL*0.1M )-(50mL*0.05M) 25mL+50mL
=0M
cacetato de sodio= ( VNaOH añadidos*CNaOH)
V acido acetico+ VNaOH
cacetato de sodio= (50mL*0.05M) 25mL+50mL
=0.0333M
Del equilibrio se tiene:
OA c- +H2 O↔HOAc+O H-
[O H- ] =[HOAc ]
[OA c- ]=0.0333- [OH- ]≈0.0333
[O H- ]2
0.0333=
KwKa
[O H- ] =√0.0333x(Kw/Ka)
[O H- ] =√0.0333(1x10 -14 /1.8x10 -5 )=4.303x10-6
pH=14+log [OH - ]=14+log [4.303x1 0-6 ]
pH=8.63
A partir de 50mL de NaOH agregados la solución se comportara como una valoración ácido
fuerte con base fuerte luego del punto de equivalencia, ya que la contribución de la reacción
del acetato es ínfima ante una mínima cantidad de exceso de NaOH.
Si se agregan 60mL de NaOH:
[O H- ] ≈ CNaOH=(60mL ) (0.05M )- (25mL )(0.1M)25mL+60mL
[O H- ] =5.88x1 0-3 M
pH=14+log [OH - ]=14+log [5.88x10 -3 ]
pH=11.77
A continuación se muestra la curva de valoración que resulta al emplear las ecuaciones
descritas anteriormente para la titulación de 25mL de ácido acético 0.1N (equivalente a 0.1M)
con una solución de NaOH 0.05N (lo que equivale a 0.05M):
Grafica 1. Curva de titulación de CH3COOH con NaOH
La tabla realizada en Excel para la ejecución de la anterior curva se muestra a continuación:
TABLA 1. Titulación de ácido débil (ácido acético) empleando base fuerte ( NaOH)Volumen NaOH (mL) [OH-] pH [H3O+]
0 - 3,023 -5 - 3,79048499 0,000162
10 - 4,1426675 0,00007215 - 4,37675071 0,00004220 - 4,56863624 0,00002725 - 4,74472749 0,00001830 - 4,92081875 0,00001235 - 5,11270428 7,71E-0640 - 5,34678749 0,000004545 - 5,69897 0,00000248 - 6,12493874 7,50E-0749 - 6,43492357 3,67E-0750 - 8,63 -
50,1 6,66E-05 9,82333007 -50,5 0,00033113 10,5199931 -51 0,0006579 10,8181564 -52 0,0012987 11,1135093 -55 0,003125 11,49485 -
60 0,00588235 11,7695511 -Observación. Las casillas donde no aparecen números no fueron empleadas para el cálculo del pH de la misma fila, ya que la determinación de pH va de zonas, así que esta el inicio, la zona antes del punto de equivalencia, el punto de equivalencia y la zona luego del punto de equivalencia.
2) Construya una curva de valoración teórica para la titulación de 25 ml de NH4 OH 0.10 N
(Kb= 1.8x10-5) con HCl 0.1N.
La reacción acido- base es
NH4 OH + HCl ↔ NH4++Cl- +H2O
Los cálculos necesarios para trazar la curva de valoración de una base débil son análogos a los
de un ácido débil.
Por comodidad en los cálculos se trabajaron las concentraciones en molaridad:
[NH4 OH ] = 0.1 M y [ HCl ] = 0.1 M
pH inicial
[OH - ] =√K b × [ NH4 OH ]=√1.8×10-5 ×0.1 = 1.341641×10 -3
pOH=-log 1.341641×10 -3
pOH=2.9
pH=14-2.9
pH=11.1
Cálculo de pH antes de alcanzar el punto de equivalencia
Antes de llegar al punto de equivalencia el procedimiento para el cálculo de pH es
exactamente el mismo, desde la adición de 1 ml de HCl hasta la adición de 24.5 ml de dicho
ácido.
pH tras la adición de 5 ml de HCl 0.1 M
El número de moles de HCl en la disolución es
5 mL×0,1M = 0,5 mmoles
El número de moles de NH4 OH presentes inicialmente en 25 mL de disolución es
25 mL×0,1M = 2,5 mmoles
Por tanto la cantidad de NH 4OH que queda después de que todo el ácido añadido ha sido
neutralizado, es
2.5 mmoles-0,5 mmoles = 2,0 mmoles
La cantidad de formado NH4 Cl es 2,0 mmoles
NH4 OH + HCl ↔ NH4 Cl + H2 O
2,0 mmoles 0,5 mmoles 0,5 mmoles
En esta etapa se tiene un sistema amortiguador formado por NH 4Cly NH 4OH , para calcular
el pH de esta solución se escribe:
[H+ ]= [ NH4 Cl ]×Ka
[ NH4 OH ]
[H+ ]= [0,5 ] ×(5.5555×10-10 )[ 2,0 ]
[H+ ]=1,3889× 10-10
pH=-log(1,3889×10-10 )
pH=9.8573
pH en el punto de equivalencia
En el punto de equivalencia, el número de moles de NH4 OH que han reaccionado son
iguales a los de HCl. Los moles de NH4 OH en 25 ml de disolución 0.1 M se calculan así:
25 ml × 0,1M =2.5mmoles
El número de moles de HCl que han reaccionado en el punto de equivalencia es también
2.5 mmoles.
El número de moles de la sal formada ( NH4 Cl) es:
NH4 OH + HCl ↔ NH4 Cl + H2O
2.5 2.5 2.5
El volumen total es de 50 mL así que la concentración de NH 4Cl es
[NH4 Cl ] = 2.5 mmoles50 ml
= 0.05mmolesml
= 0.05 M
El pH de la disolución en el punto de equivalencia está determinado por la hidrólisis de los
iones NH4+ .
NH4+ ↔ NH3 + H+
Inicial 0.05 0 0
Cambio -X + X +X
0.05 - X X X
K a =[ N H3 ] [ H+ ] NH4
+ =5.6 × 10-10
X 2
0.05 - X=5.6 × 10-10
Resulta la ecuación cuadrática:
X 2+5.6 × 10-10 X-2.8×10 -11=0
X=5.2912× 10-6 M
Por tanto el pH esta dado por
pH=- log (5.2912×10-6 )
pH=5.2764
La solución en el punto de equivalencia contiene solo NH4Cl y es ácida debido a la presencia
del ion NH4+.
pH cuando la disolución pasa el punto de equivalencia
El exceso de ácido fuerte ahora presente inhibe la disociación de NH4Cl hasta el punto en
que su contribución al pH es insignificante. Por tanto,
[H+ ] = [ HCl ]
pH para 40 ml de acido clorhídrico añadido
Cuando se han añadido 40 ml de acido clorhídrico (HCl ) a la disolución se ha sobrepasado el
punto de equivalencia.
Numero de moles de HCl que quedan después de la neutralización
(40 mL-25 mL ) ×0,1M = 1,5 mmoles
El volumen total es 65 mL, por lo tanto [ HCl ] que es igual a [H+ ] se determina así:
[H+ ]= 1,5 mmoles 65 mL
=2,3076× 10-2 molL
=2,3076× 10-2 M
pH=-log(2,3076×10-2 )
pH=1,6368
De esta manera se hallaron los valores de pH para volúmenes de 0 a 50 ml de HCl añadidos,
mostrándose en esta curva los resultados:
0 10 20 30 40 50 600
2
4
6
8
10
12
Titulacion base debil acido fuerte
Volumen agregado de HCl
pH
Grafica 2. Curva de titulación de NH4OH con HCl
La siguiente tabla muestra los valores calculados para establecer la curva:
TABLA 2. Titulación de base débil (hidróxido de amonio)
empleando acido fuerte (HCl)
Vol HCl pH0 11,12763631 10,63548372 10,31597033 10,12057394 9,975431815 9,85733256 9,755874867 9,665446978 9,582631449 9,50514998
10 9,4313637611 9,3600078612 9,2900346113 9,220510414 9,1505371515 9,0791812516 9,0053950317 8,9279135718 8,8450980419 8,75467015
20 8,6532125121 8,535113222 8,3899710823 8,1945746624 7,87506126
24,5 7,5650764325 5,27644397
25,5 3,0043213726 2,7075701827 2,4149733528 2,2471546129 2,1303337730 2,0413926931 1,9700367832 1,9107768233 1,8603380134 1,816609535 1,7781512536 1,7439371537 1,7132104438 1,685397239 1,6600519440 1,636822141 1,6154239542 1,59562588
43 1,5772364144 1,5600954945 1,5440680446 1,52903905
47 1,5149098248 1,5015950249 1,4890204850 1,47712125
3) Construya una curva de titulación de 25 ml de H3PO4 0.18 N con NaOH 0.15 N. (Ka1=7.5x10-3,
Ka2=7.2x10-8, Ka3=2x10-12).
El acido fosfórico es un acido poliprótico de tres protones, la razón entre sus constantes
Ka1/Ka2 es de (7.5x 10-3/7.2x10-8)= 104167; y la razón entre Ka2/Ka3 es de (7.2x10-8/2x10-
12) = 36000; las cuales son mayores a 103 por lo cual es posible determinar dos puntos de
equivalencia correspondientes a las dos primeras disociaciones del acido fosfórico, no es
posible determinar un punto de equivalencia para la ultima disociación del acido fosfórico ya
que la tercera constante acida de equilibrio es menor a 10-8. De este modo se procede a
realizar la titulación de H3PO4 0,18N con NaOH 0,15N.
La concentración molar del acido fosfórico se determina de la siguiente forma:
N=MPE
M=0,18N
3NM
=0,06M
Para el NaOH la molaridad es igual a la normalidad, las reacciones que ocurren son las
siguientes:
H3PO4 + H2O H3O+ + H2PO4- Ka1=7.5x 10-3
H2PO4- + H2O H3O+ + HPO4
2- Ka2=7.2x10-8
HPO42- + H2O H3O+ + PO4
3- Ka3=2x10-12
En este problema se utilizara la convención de representar el ion hidronio como H3O+ en vez de
H+ debido a que es más cómodo y ajustado a las reacciones consideradas para el acido
fosfórico tanto estequiometricamente como a nivel de análisis.
Para pH inicial
Solo la primera disociación contribuye apreciablemente a [H3O+], por lo cual se tiene que:
[H3O+]≈ [H3PO4]
CH3PO4 = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,54M
Ka1=[H2 P O4
- ][ H3O+][H3 P O4 ]
CH3PO4 = 0,54M - [H2PO4-] = 0,54M - [H3O+]
Ka1=[H3 O+ ]2
0,54M - [H3 O +]= 7.5 x 10 -3
[H3O+]2 + 7.5 x 10-3[H3O+] – 4,5 x 10-4 = 0
Resolviendo la ecuación cuadrática se tiene que [H3O+] = 0,0178M y el pH por lo tanto será de:
pH = -Log[H+] = -Log[0,0178M] = 1,75
Primera región tampón
Con 5ml de NaOH agregados se tiene que se forma un sistema tampón entre el H3PO4 y el
H2PO4- por lo cual al emplear la ecuación de Charlotte considerando [OH-] se tiene que:
[ H3 O+ ] = Ka1
CH3 PO 4 - [H3 O+]
CH2 PO 4 - + [H3 O+]
[ H3 O+ ] + [Ka1 + CH2PO 4 -][ H3 O+ ] - Ka1CH3PO 4 = 0
Por otra parte:
CH3PO 4=25ml*0,06M - 5*0,15M(25+5)ml
CH3PO 4 = 0,025M
CH2PO 4 - = 5*0,15M(25+5)ml
CH2PO 4 - = 0,025M
Reemplazando
[H3O+]2 + 0,0325 [H3O+] – 0,0001875= 0
Resolviendo la ecuación cuadrática se tiene que:
[H3O+] = 0,005M
pH = -log [0,0425M] = 2,30
Para el primer punto de equivalencia
El primer punto de equivalencia se calcula mediante la siguiente relación:
pH=12
(pKa 1+p Ka2 )
pH= -12
(Log (7,5 x 1 0-3 ) + Log (7,2 x 1 0-8 ))= 4,6338
Segunda región tampón
Ahora existe un sistema tampón de H2PO4- con HPO4
2-, se emplean las relaciones empleadas
anteriormente para las concentraciones ¿ y [HPO42-] y a partir de la expresión de Ka2 se calcula
[H3O+], de modo que para un volumen añadido de 15 ml se tiene que:
CH2PO4 - = [H2 P O4 ]=25ml*0,06M -(15ml*0,15M-25ml*0,06M) (25 + 15)ml
=0,01875M
CHPO4 2 - = [HPO 4 2-] =15ml*0,15M-25ml*0,06M(25 + 15)ml
=0,01875M
[H3O+] =7,2 x 10-8 x (0,01875M/0,01875M) = 7,2 x 10 -8
pH = -Log[7,2 x 10 -8 ]= 7,14
Segundo punto de equivalencia
El segundo punto de equivalencia se calcula mediante la siguiente relación:
pH=12
(pKa 2+p Ka3 )
pH= -12
(Log (7,2 x 1 0-8 )+Log (2x 1 0-12 ))= 9,4208
Después del segundo punto de equivalencia
A partir de aquí solo se calcula la concentración de base NaOH, se calcula [OH .] por
consiguiente y luego el pOH y llevarlo a pH:
[O H- ] =(mmoles NaOH añadidas – mmoles NaOH en 2do pto eq) Volumen disolución
Así para 30 ml de NaOH agregados se tiene:
[O H- ] =(30 – 20)ml*0,15M 55ml
=0,0273M
pH = 14 - (-Log(0,0273)) = 12,436
La grafica resultante de esta titulación se muestra a continuación:
0 5 10 15 20 25 30 350
2
4
6
8
10
12
14
Titulación H3PO4 con NaOH
Volumen de NaOH agregado (ml)
pH
Grafica 3. Curva de titulación del acido fosfórico con NaOH
La tabla de los valores de pH hallados para diferentes volúmenes con ayuda del programa
Excel se muestra a continuación:
TABLA 3. Titulación de acido poliprótico (acido
fosfórico) con NaOHVol NaOH pH
0 1,7497725471 1,8481818262 1,9513035413 2,0598860614 2,1754907085 2,3010299966 2,4418122267 2,6080965868 2,8230671379 3,160632052
10 4,6338031211 6,18842499412 6,54060751213 6,77469071814 6,96657624515 7,14266750416 7,31875876317 7,510644289
18 7,74472749519 8,09691001320 9,42081875421 11,5133334322 11,805023423 11,9719712824 12,0879551725 12,1760912626 12,2466723327 12,3051859628 12,3549053829 12,3979400130 12,43572857
4) Construya una curva de titulación de 25 ml de Na2CO3 0.1 N (0.05 M) con HCL 0.1 N.
La molaridad del HCl permanecerá igual, mientras que la molaridad del Na2CO3 estará dada
por:
N=MPE
M=0,1N
2NM
=0,05M
Las reacciones que ocurren a lo largo de la titulación son las siguientes:
CO32-+H2 O OH - +HCO3
-
K b1=Kw
Ka2
=1 x 1 0-14
4,69 x 1 0 -11 =2.13 x 10 -4
HCO32- + H2O OH - +CO2ac
K b2=Kw
Ka1
=1 x 1 0-14
4,2 x 1 0 -7 =2.4 x 10-8
Para este problema en la mayor parte de las deducciones se representara al ion hidronio como
H3O+ ya que genera menos confusión a la hora de representar las reacciones anteriores, en
caso contrario se indicara el uso de la representación H+ y el porqué se usa.
pH inicial
[OH - ] = [ HCO3- ]
CCO3 = [CO3
- ] + [ HCO3-] = 0.05 M
[CO3-] = 0.05 M- [ HCO3
-] = 0.05 M- [OH - ]
K b1=[OH- ] [ HCO3
- ][ CO3
2- ] =
[OH- ]2
0.05- [OH - ] = 2.13*10 -4
[OH - ]2+2.13*10-4 = 1.065*10-5
[OH - ] = 3.159*10-3 M
pH=14- ( -Log (3.159* 10-3 ) )= 11,499
Primera región tampón
Se tiene un sistema tampón de Na2CO3 y HCO3-, de modo que la concentración del acido [H3O+]
generado se hará despreciable empleando las siguientes relaciones:
[HCO3-] = CHCO3
- + [OH-]
[CO32-] = CCO3
2- - [OH-]
K b1=[OH- ] [ HCO3
- ][ CO3
2- ]=
[OH- ] [ C HCO3- + [OH -] ][C CO32- - [OH -] ]
[OH-] 2 + (CHCO3- + Kb1) [OH-] - Kb1CCO3
2- = 0
Ahora para 5 ml se tiene:
[HCO3- ] =5ml *0,1M
30ml=0,0167M
[CO32-] =25ml*0,05M - 5ml *0,1M
30ml=0,025M
[OH-]2 + (2.13∗10−4+0,0167)[OH-] – 2.13∗10−4∗0,025CCO32- = 0
[OH-] = 3,1*10-4 M
pH = 14 - (-Log (3,1*10-4)) = 10,491
Primer punto de equivalencia
El primer punto de equivalencia se calcula mediante la siguiente relación:
pH=12
(pKa +pKb )
pH= -12
(Log (4,69 x 1 0-11 ) + Log ( 4,2 x 1 0-7 ))= 8,3528
2da región de tampón
Se reacomoda la ecuación del Kb2 y se calcula la [OH-]:
K b2=[CO2 ] [OH- ]
[HCO3- ]
; Reacomodando se tiene: [OH - ]=K b2 [HCO3- ]
[CO2 ]
Para 20 ml de HCl agregados:
[HCO3- ] =20ml*0,1M-25ml*0,05M
45 ml=0,0167M
[CO2 ]=25ml*0,05-(20ml*0,1M-25ml*0,05M)45 ml
=0,0111M
[OH - ] =Kb2 [HCO3-]
[CO2 ]=Kb2=
2.4*10-8*0,0167M0,0111M
=1,6 x 10-8 M
pH = 14 - (-Log(1,6 x 10-8 M)) = 6,2041
Segundo punto de equivalencia
En este punto se puede analizar la situación de manera alterna considerando la formación de
acido carbónico en vez de la formación de CO2 e iones OH-, de este modo (Nótese que en este
caso se regresara a la convención de representar al ion hidronio como H+ para explicar mas
cómodamente la deducción de la relación, no hay que perder de vista que H + y H3O+ son
equivalentes):
HCO32- + H+ H2 CO3
[HCO3- ] ≈ [H+ ]
K a1=[HCO3
- ] [H+][H2 CO3 ]
=K a1=[ H+ ]2
[H2CO3 ]
[H+ ]=√Ka1 * [H2CO3 ]
[H2 CO3 ] =mmoles HCl agregadosVolumen total disolución
[H2 CO3 ] =25ml*0,1M50ml
=0,05M
[H+ ]=√4,2 x 1 0-7 M*0,05M
[H+ ] = 1,45 x 10-4 M
pH = -Log(1,45 x 10-4) = 3,8389
Después del segundo punto de equivalencia
La concentración de iones [H3O+] en este punto es el número de minimoles de acido agregado
menos el necesario para llegar al segundo punto de equivalencia entre el volumen total de
disolución, asi:
[H3 O+] = mmoles de acido agregadas-mmoles acido 2do pto eqvolumen total disolución
Asi para 30 ml se tiene:
[H3 O+] = (30-25 ) ml*0,1M55ml
=0,0091M
pH = -Log(0,0091¿=¿2,0414
La grafica resultante de la titulación se muestra a continuación:
0 5 10 15 20 25 30 35 40 450
2
4
6
8
10
12
14
Curva de titulación de Na2CO3 con HCl
Volumen de HCl agregado (ml)
pH
Grafica 4. Curva de titulación de carbonato de sodio con HCl
Los valores de pH calculados a diferentes volúmenes se muestran a continuación en la
siguiente tabla:
TABLA 4. Titulación de Base polifuncional
(Carbonato de sodio) con HCl
Vol HCl pH0 11,49950441 11,21752152 10,98445263 10,79625694 10,63587865 10,49105766 10,35340927 10,21621328 10,0726099 9,91339323
10 9,7222986611 9,4596546912 8,94520821
12,5 8,3527889313 7,7604224814 7,2455126715 6,9822712316 6,7903857117 6,6300887118 6,48494659
19 6,3454491420 6,2041199821 6,0528523122 5,8796088923 5,6600519424 5,3195134
24,5 525 3,83889035
25,5 3,0043213726 2,7075701827 2,4149733528 2,2471546129 2,1303337730 2,0413926931 1,9700367832 1,9107768233 1,8603380134 1,816609535 1,7781512536 1,7439371537 1,7132104438 1,685397239 1,6600519440 1,6368221
UNIVERSIDAD DEL ATLÁNTICO
TRABAJO PRESENTADO POR LOS ESTUDIANTES:
PAOLO CUELLO PEÑALOZA
RAFAEL DOMINGUEZ RAMBAL
HOOVER VALENCIA ZAPATA
ELIANA CONEO POLO
TRABAJO PRESENTADO AL PROFESOR:
PABLO SANCHEZ
MAYO DE 2011
BARRANQUILLA - COLOMBIA